Constructieleer: samenvattingspakket

Formuleoverzichten, de belangrijkste methodestappen voor elk onderwerp en 10 oefenopgaven, met volledige oplossingen achterin.

Nieuwe opgavenTerug naar het vak

Kies in het printvenster “Opslaan als pdf” om een kopie op je apparaat te bewaren.

1Formules en methoden

Oplegreacties van balken

Evenwicht
ΣFx = 0, ΣFy = 0, ΣM = 0
Gelijkmatig verdeelde belasting
resultante w·L in het midden van de belasting
Moment
M = F·d

Methode

  1. Teken een vrijlichaamsschema en vervang elke oplegging door haar reactiekrachten.
  2. Vervang elke verdeelde belasting door één kracht in haar zwaartepunt.
  3. Neem momenten om één oplegging om de reactiekracht in de andere te vinden.
  4. Gebruik ΣFy = 0 om de overige reactiekracht te vinden, en controleer met een tweede momentenvergelijking.

Dwarskracht en buigend moment

Dwarskracht en moment
V = ΣF aan één kant, M = ΣF·d aan één kant
Buigspanning
σ = M·y/I
Rechthoek
I = bh³/12
Weerstandsmoment
W = I/ymax
Ligger op twee steunpunten, gelijkmatige belasting
Mmax = wL²/8

Methode

  1. Bepaal de oplegreacties uit het evenwicht van de hele balk.
  2. Snijd de balk door in de doorsnede die je nodig hebt en houd één kant over.
  3. Dwarskracht: de som van de verticale krachten op die kant. Buigend moment: de som van hun momenten om de snede.
  4. Zoek voor het maximale moment de plek waar de dwarskracht nul is.

Vakwerk: knopenmethode

Knopenmethode
ΣFx = 0, ΣFy = 0 at each joint
Snedemethode
ΣM = 0 about a cut point
Staafkracht
positief = trek, negatief = druk

Methode

  1. Bepaal de oplegreacties van het hele vakwerk.
  2. Knopenmethode: begin bij een knoop met hooguit twee onbekende staafkrachten en gebruik ΣFx = 0 en ΣFy = 0.
  3. Snedemethode: snijd door de staaf die je nodig hebt en neem momenten om een punt waar de andere onbekende staven samenkomen.
  4. Neem trek aan; een negatief antwoord betekent druk.

Doorbuiging van de balk

Puntlast in het midden
δ = PL³/(48EI)
Gelijkmatige belasting, ligger op twee steunpunten
δ = 5wL⁴/(384EI)
Uitkraging, eindlast
δ = PL³/(3EI)
Uitkraging, gelijkmatige belasting
δ = wL⁴/(8EI)
Superpositie
δ = δ1 + δ2

Knik van kolommen

Eulerse kniklast
Pcr = π²EI/(KL)²
Kniklengtefactor
K = 1 scharnierend–scharnierend, 0,5 ingeklemd–ingeklemd, 0,7 ingeklemd–scharnierend, 2 ingeklemd–vrij
Kritieke spanning
σcr = Pcr/A
Slankheid
λ = KL/r, r = √(I/A)

2Oefenopgaven

1.Oplegreacties van balkenGemiddeld
P1​ = 30 kNP2​ = 35 kNABRA​ = ?RB​2 m0,5 m1,5 m

De vrij opgelegde balk heeft een scharnier in A en een rol in B. Vind de verticale oplegreactie RA.

L = 4 mP1 = 30 kN op 2 mP2 = 35 kN op 2,5 m
RA = kN
2.Oplegreacties van balkenMoeilijk
w = 2 kN/mP = 65 kNABCRB​ = ?1,5 m2 m0,5 m2 m

De balk heeft een scharnier in A en een rol in B, op 4 m van A, en steekt voorbij B uit tot het vrije uiteinde C. Hij draagt een puntlast P op 1,5 m van A en een gelijkmatig verdeelde belasting w van 3,5 m tot het vrije uiteinde op 6 m. Vind de verticale reactie RB, met omhoog positief.

AB = 4 mAC = 6 mP = 65 kN op 1,5 mw = 2 kN/m van 3,5 tot 6 m
RB = kN
3.Dwarskracht en buigend momentGemiddeld
40 kN35 kNABCDEFG2 m2 m2 m2 m2 m2 m

De markeringen A tot en met G verdelen de balk in zes gelijke delen. Bij welke markering is het buigend moment het grootst in absolute waarde, positief of negatief? Klik erop in het diagram.

40 kN @ 6 m35 kN @ 8 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 2 m)
  3. 3C (x = 4 m)
  4. 4D (x = 6 m)
  5. 5E (x = 8 m)
  6. 6F (x = 10 m)
  7. 7G (x = 12 m)
4.Dwarskracht en buigend momentMoeilijk
15 kN/m10 kN50 kNABCDEFG1 m1 m1 m1 m1 m1 m

De markeringen A tot en met G verdelen de balk in zes gelijke delen. Bij welke markering is het buigend moment het grootst in absolute waarde, positief of negatief? Klik erop in het diagram.

10 kN @ 6 m50 kN @ 4 m15 kN/m, 0–5 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 1 m)
  3. 3C (x = 2 m)
  4. 4D (x = 3 m)
  5. 5E (x = 4 m)
  6. 6F (x = 5 m)
  7. 7G (x = 6 m)
5.Vakwerk: knopenmethodeGemiddeld
ABBCACACB15 kN4 m3 m4 m

Gebruik de knopenmethode om de kracht FAB in staaf AB te vinden. Geef trek als positief en druk als negatief.

overspanning = 4 mhoogte = 4 mB ligt 3 m van Averticale belasting = 15 kN
FAB = kN
6.Vakwerk: knopenmethodeMoeilijk
ABBCACACB45 kN10 kN5 m4 m2 m

Gebruik de knopenmethode om de kracht FBC in staaf BC te vinden. Geef trek als positief en druk als negatief.

overspanning = 5 mhoogte = 2 mB ligt 4 m van Averticale belasting = 45 kNhorizontale belasting = 10 kN →
FBC = kN
7.Doorbuiging van de balkGemiddeld
w = 15 kN/mABθ5 m

Een vrij opgelegde balk draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. Vind de hoekverdraaiing θA van de balk bij oplegging A, in radialen.

w = 15 kN/mL = 5 mE = 200 GPa (staal)I = 160 × 10⁶ mm⁴
θA = rad
8.Doorbuiging van de balkMoeilijk
w = 2,5 kN/mABδ4,5 m

Een vrij opgelegde houten balk met rechthoekige doorsnede, 150 mm breed, draagt een gelijkmatig verdeelde belasting w over de hele overspanning. De doorbuiging in het midden mag niet groter zijn dan overspanning/300. Vind de kleinste hoogte hreq van de doorsnede.

w = 2,5 kN/mL = 4,5 mE = 11 GPa (constructiehout)b = 150 mm
hreq = mm
9.Knik van kolommenGemiddeld
PL = 6 m25 × 40 mmdoorsnede

Een kolom met lengte L van aluminium is aan beide uiteinden ingeklemd. Vind met de formule van Euler de kritieke knikbelasting Pcr.

L = 6 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 25 × 40 mm
Pcr = kN
10.Knik van kolommenMoeilijk
PL = 5 md = 80 mmdoorsnede

Een kolom met lengte L van aluminium is onderaan ingeklemd en bovenaan scharnierend. Vind de slankheid en de kritieke knikspanning σcr met de formule van Euler.

L = 5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 80 mm
σcr = MPa

3Oplossingen

1.Oplegreacties van balken

Antwoord: RA = 28,13 kN

Statisch evenwicht: een lichaam in rust heeft ΣFx = 0, ΣFy = 0 en ΣM = 0 om elk punt. Momenten nemen om één oplegging haalt de reactie van die oplegging uit de vergelijking.

P1​ = 30 kNP2​ = 35 kNABRA​RB​2 m0,5 m1,5 m

Vrijlichaamsschema

Vervang de opleggingen door reactiekrachten. Een rol geeft één verticale reactie; met alleen verticale belastingen geeft het scharnier ook één verticale reactie.

Evenwicht

Momenten om A, tegen de klok in positief. Daarna het verticale krachtenevenwicht.

ΣMA = 0: RB·4 = 30·2 + 35·2,5
RB = 147,5/4 = 36,88 kN
ΣFy = 0: RA = 65 − 36,88 = 28,13 kN

Antwoord

RA = 28,13 kN
2.Oplegreacties van balken

Antwoord: RB = 30,31 kN

Statisch evenwicht: een lichaam in rust heeft ΣFx = 0, ΣFy = 0 en ΣM = 0 om elk punt. Vervang elke verdeelde belasting door haar resultante (de oppervlakte) die aangrijpt in het zwaartepunt van het belastingsdiagram, en neem momenten om een oplegging om de reactie van die oplegging uit de vergelijking te halen.

Resultante van de verdeelde belasting

W = 2·2,5 = 5 kN, x̄ = (3,5 + 6)/2 = 4,75 m

Evenwicht

Momenten om A, tegen de klok in positief. Daarna het verticale krachtenevenwicht.

ΣMA = 0: RB·4 = 65·1,5 + 5·4,75
RB = 121,3/4 = 30,31 kN
RA = 70 − 30,31 = 39,69 kN

Antwoord

RB = 30,31 kN
3.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: D (x = 6 m)

Grootste buigend moment: M verandert van helling overal waar de dwarskracht verandert, dus de pieken liggen waar de dwarskracht door nul gaat: onder een puntlast, binnen een verdeelde last, of boven een oplegging van een uitkragende balk. Bij een ingeklemde oplegging van een console is het moment het grootst bij de wand. Vergelijk de grootte van M op die plaatsen, positief (doorbuigend) of negatief (opbuigend).

Oplegreacties

Neem momenten om één oplegging en gebruik dan het verticale krachtenevenwicht.

R1 = 31,67 kN, R2 = 43,33 kN

Buigend moment bij elke markering

Tel de momenten van alle krachten aan één kant van de snede op. Een doorbuigend moment is positief, een opbuigend moment negatief.

MA = 0, MB = 63,33, MC = 126,7, MD = 190 kN·m, ME = 173,3, MF = 86,67, MG = 0

Antwoord

Markering D: MD = 190 kN·m
4.Dwarskracht en buigend moment

Antwoord: D (x = 3 m)

Grootste buigend moment: M verandert van helling overal waar de dwarskracht verandert, dus de pieken liggen waar de dwarskracht door nul gaat: onder een puntlast, binnen een verdeelde last, of boven een oplegging van een uitkragende balk. Bij een ingeklemde oplegging van een console is het moment het grootst bij de wand. Vergelijk de grootte van M op die plaatsen, positief (doorbuigend) of negatief (opbuigend).

Oplegreacties

Neem momenten om één oplegging en gebruik dan het verticale krachtenevenwicht.

R1 = 45,5 kN, R2 = 89,5 kN

Buigend moment bij elke markering

Tel de momenten van alle krachten aan één kant van de snede op. Een doorbuigend moment is positief, een opbuigend moment negatief.

MA = 0, MB = 38, MC = 61, MD = 69 kN·m, ME = 62, MF = −10, MG = 0

Antwoord

Markering D: MD = 69 kN·m
5.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FAB = −4,688 kN

Knopenmethode: elke knoop van een vakwerk is in evenwicht, dus ΣFx = 0 en ΣFy = 0 in elke knoop. Begin bij een knoop met hoogstens twee onbekende staafkrachten. Een negatief resultaat betekent dat de staaf op druk staat.

ABBCACACB15 kNAy​Cy​

Oplegreacties

Evenwicht van het hele vakwerk. Momenten om A, tegen de klok in positief.

ΣMA = 0: Cy·4 = 15·3 → Cy = 11,25 kN
ΣFy = 0: Ay = 15 − 11,25 = 3,75 kN

Knoop A

Neem aan dat elke staaf op trek staat (trekt van de knoop af). Alleen AB heeft een verticale component in A.

sin α = 4/5 = 0,8
ΣFy = 0: Ay + FAB·sin α = 0
FAB = −3,75/0,8 = −4,688 kN

Antwoord

FAB = −4,688 kN (druk)
6.Vakwerk: knopenmethode

Antwoord: FBC = −44,72 kN

Knopenmethode: elke knoop van een vakwerk is in evenwicht, dus ΣFx = 0 en ΣFy = 0 in elke knoop. Begin bij een knoop met hoogstens twee onbekende staafkrachten. Een negatief resultaat betekent dat de staaf op druk staat.

ABBCACACB45 kN10 kNAy​Cy​Ax​

Oplegreacties

Evenwicht van het hele vakwerk. Momenten om A, tegen de klok in positief.

ΣMA = 0: Cy·5 = 45·4 + 10·2 → Cy = 40 kN
ΣFy = 0: Ay = 45 − 40 = 5 kN
ΣFx = 0: Ax = −10 kN

Knoop C

De rol geeft alleen een verticale reactie, dus knoop C heeft maar twee onbekende staafkrachten. Neem aan dat beide op trek staan.

sin γ = 2/2,236 = 0,8944, cos γ = 1/2,236 = 0,4472
ΣFy = 0: Cy + FBC·sin γ = 0 → FBC = −40/0,8944 = −44,72 kN

Antwoord

FBC = −44,72 kN (druk)
7.Doorbuiging van de balk

Antwoord: θA = 0,002441 rad

Doorbuiging van balken: doorbuigingen volgen uit het twee keer integreren van de kromming M/(EI). Standaardgevallen staan in tabellen, bijvoorbeeld PL³/(3EI) voor een uitkragende ligger met een eindlast en 5wL⁴/(384EI) voor een vrij opgelegde balk onder een volledige gelijkmatige belasting. Doorbuigingen door afzonderlijke belastingen tellen op (superpositie). De hoekverdraaiing θ = dv/dx is de eerste integraal van M/(EI); in consistente eenheden komt die uit in radialen.

Consistente eenheden

Werk in N en mm: P in N, w in N/mm (kN/m = N/mm), L in mm, E in N/mm² (GPa × 1000), I in mm⁴.

w = 15 N/mm, L = 5000 mm
EI = 3,2 × 10¹³ N·mm²

Eindhoekverdraaiing

θA = wL³/(24EI) = 15·5000³/(24·3,2 × 10¹³) = 0,002441 rad

Antwoord

θA = 0,002441 rad

Dat is 0,1399°.

8.Doorbuiging van de balk

Antwoord: hreq = 186,4 mm

Doorbuiging van balken: doorbuigingen volgen uit het twee keer integreren van de kromming M/(EI). Standaardgevallen staan in tabellen, bijvoorbeeld PL³/(3EI) voor een uitkragende ligger met een eindlast en 5wL⁴/(384EI) voor een vrij opgelegde balk onder een volledige gelijkmatige belasting. Doorbuigingen door afzonderlijke belastingen tellen op (superpositie).

Consistente eenheden

Werk in N en mm: P in N, w in N/mm (kN/m = N/mm), L in mm, E in N/mm² (GPa × 1000), I in mm⁴.

w = 2,5 N/mm, L = 4500 mm, E = 11000 N/mm²

Doorbuigingseis

δallow = L/300 = 4500/300 = 15 mm

Benodigd traagheidsmoment

Ireq = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·2,5·4500⁴/(384·11000·15) = 8,09 × 10⁷ mm⁴

Benodigde hoogte

bh³/12 = Ireq → h = (12·8,09 × 10⁷/150)1/3 = 186,4 mm

Antwoord

hreq = 186,4 mm

Kies in de praktijk de eerstvolgende standaardhoogte boven deze waarde.

9.Knik van kolommen

Antwoord: Pcr = 3,998 kN

Knik volgens Euler: een slanke kolom wordt instabiel bij Pcr = π²EI/(KL)², waarbij KL de kniklengte is: K = 1 voor scharnier–scharnier, 2 voor ingeklemd–vrij, 0,7 voor ingeklemd–scharnier en 0,5 voor ingeklemd–ingeklemd. De kolom knikt om de as met de kleinste I. De formule geldt voor slanke kolommen, waarvan de kritieke spanning onder de vloeigrens blijft.

Kleinste traagheidsmoment

Een rechthoek knikt om zijn zwakke as, met de kleinste afmeting tot de derde macht.

Imin = h·b³/12 = 40·25³/12 = 52083 mm⁴

Kniklengte

KL = 0,5·6000 = 3000 mm

Kritieke belasting

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·52083/3000² = 3998 N = 3,998 kN

Antwoord

Pcr = 3,998 kN
10.Knik van kolommen

Antwoord: σcr = 22,56 MPa

Knik volgens Euler: een slanke kolom wordt instabiel bij Pcr = π²EI/(KL)², waarbij KL de kniklengte is: K = 1 voor scharnier–scharnier, 2 voor ingeklemd–vrij, 0,7 voor ingeklemd–scharnier en 0,5 voor ingeklemd–ingeklemd. De kolom knikt om de as met de kleinste I. De formule geldt voor slanke kolommen, waarvan de kritieke spanning onder de vloeigrens blijft.

Kleinste traagheidsmoment

Een ronde doorsnede heeft om elke as dezelfde I.

I = πd⁴/64 = π·80⁴/64 = 2,011 × 10⁶ mm⁴

Traagheidsstraal en slankheid

A = 5027 mm²
r = √(I/A) = √(2,011 × 10⁶/5027) = 20 mm
KL = 0,7·5000 = 3500 mm
KL/r = 3500/20 = 175

Kritieke spanning

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/175² = 22,56 MPa

Antwoord

σcr = 22,56 MPa

ExamProblems · examproblems.com/courses/structural-analysis